山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-等比数列及其前n项和含答案解析

第 3 讲 等比数列及其前 n 项和 [考纲解读] 1.理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系． 2．掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，并熟练掌握其推导方法，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．(重点)3．熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质．(难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的重点．预测 2021 年高考将会以等比数列的通项公式及其性质、等比数列的前 n 项和为考查重点，也可能将等比数列的通项、前 n 项和及性质综合考查，此外，还可能会与等差数列综合考查．题型以客观题或解答题的形式呈现，属中档题型． 1.等比数列的有关概念(1)等比数列的定义 一般地，如果一个数列从第□ 012 项起，每一项与它的前一项的比等于□ 02同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的□ 03公比，公比通常用字母□ 04q(q≠0)表示．数学语言表达：a na n － 1 ＝q(n≥2)，q 为常数，q≠0.(2)等比中项 如果□ 05a，G，b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项．即：G 是 a 与b 的等比中项⇔a，G，b 成等比数列⇔□06G2 ＝ab.2.等比数列的通项公式及前 n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为 a 1，公比是 q，则其通项公式为 a n ＝□01a1 q n－ 1 ；可推广为 a n ＝□02am q n－ m.(2)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，S n ＝na 1 ；当 q≠1 时，S n ＝ a1 1－q n 1－q＝ a1 －a n q1－q.3.等比数列的相关性质 设数列{a n }是等比数列，S n 是其前 n 项和．(1)若 m＋n＝p＋q，则□01am a n ＝a p a q，其中 m，n，p，q∈N *.特别地，若 2s＝p

＋r，则 a p a r ＝a 2 s，其中 p，s，r∈N *.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即 a k，a k ＋ m，a k ＋ 2m，…仍是等比数列，公比为□02qm(k，m∈N *)．(3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }和     pa nqb n(其中 b，p，q 是非零常数)也是等比数列．(4)S m ＋ n ＝S n ＋q n S m ＝S m ＋q m S n.(5)当 q≠－1 或 q＝－1 且 k 为奇数时，S k，S 2k －S k，S 3k －S 2k，…是等比数列，公比为 q k.当 q＝－1 且 k 为偶数时，S k，S 2k －S k，S 3k －S 2k，…不是等比数列．(6)若 a 1 ·a 2 ·…·a n ＝T n，则 T n，T2nT n，T3nT 2n，…成等比数列．(7)若数列{a n }的项数为 2n，则 S偶S 奇 ＝q；若项数为 2n＋1，则S 奇 －a 1S 偶＝q.1.概念辨析(1)满足 a n ＋ 1 ＝qa n(n∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．()(2)G 为 a，b 的等比中项⇔G 2 ＝ab.()(3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{lg a n }是等差数列．()(4)若数列{a n }的通项公式是 a n ＝a n，则其前 n 项和为 S n ＝ a1－an 1－a.()(5)若数列{a n }为等比数列，则 S 4，S 8 －S 4，S 12 －S 8 成等比数列． 答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)× 2.小题热身(1)在等比数列{a n }中，a 3 ＝2，a 7 ＝8，则 a 5 等于()A.5 B．±5 C．4 D．±4 答案 C 解析 设等比数列{a n }的公比为 q，则 q 4 ＝ a7a 3 ＝82 ＝4，q2 ＝2，所以 a 5 ＝a 3 q 2＝2×2＝4.(2)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是()A.a 1，a 3，a 9 成等比数列 B．a 2，a 3，a 6 成等比数列

C.a 2，a 4，a 8 成等比数列 D．a 3，a 6，a 9 成等比数列 答案 D 解析 不妨设公比为 q，则 a 2 3 ＝a 2 1 q 4，a 1 ·a 9 ＝a 2 1 q 8，a 2 ·a 6 ＝a 2 1 q 6，当 q≠±1 时，知 A，B 均不正确；又 a 2 4 ＝a 2 1 q 6，a 2 ·a 8 ＝a 2 1 q 8，同理，C 不正确；由 a 2 6 ＝a 2 1 q 10，a 3 ·a 9＝a 2 1 q 10，知 D 正确．故选 D.(3)等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，已知 S 3 ＝a 2 ＋10a 1，a 5 ＝9，则 a 1 ＝()A.13 B．－ 13 C.19 D．－ 19 答案 C 解析 由已知条件及 S 3 ＝a 1 ＋a 2 ＋a 3，得 a 3 ＝9a 1，设数列{a n }的公比为 q，则q 2 ＝9，所以 a 5 ＝9＝a 1 ·q 4 ＝81a 1，得 a 1 ＝ 19.(4)数列{a n }中 a 1 ＝2，a n ＋ 1 ＝2a n，S n 为{a n }的前 n 项和，若 S n ＝126，则 n＝________.答案 6 解析 因为 a 1 ＝2，a n ＋ 1 ＝2a n，所以 a n ≠0，故 an ＋ 1a n＝2.所以数列{a n }是公比为 2 的等比数列，因为 S n ＝126，所以 21－2n 1－2＝126，所以 2 n ＝64，故 n＝6.题型 一 等比数列基本量的运算 1.《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁衰分得 100,60,36,21.6 个单位，递减的比例为 40%，今共有粮 m(m>0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得 80 石，乙、丁衰分所得的和为 164 石，则“衰分比”与 m 的值分别为()A.20% 369 B．80% 369

C.40% 360 D．60% 365 答案 A 解析 设“衰分比”为 a，甲衰分得 b 石，由题意得 b1－a 2 ＝80，b1－a＋b1－a 3 ＝164，b＋80＋164＝m，解得 b＝125，a＝20%，m＝369.故选 A.2.(2019·全国卷Ⅰ)记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和，若 a 1 ＝1，S 3 ＝ 34，则 S 4＝________.答案 58 解析 设等比数列的公比为 q，又 a 1 ＝1，则 a n ＝a 1 q n－ 1 ＝q n － 1.∵S 3 ＝ 34，∴a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＝1＋q＋q2 ＝ 34，即 4q 2 ＋4q＋1＝0，∴q＝－ 12，∴S 4 ＝1×  1－  － 1241－  － 12＝ 58.3.设等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，已知 a 3 ＝ 32，S 3 ＝92.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设 b n ＝log 26a 2n ＋ 1，求数列{b n }的前 n 项和 T n.解(1)①当公比 q＝1 时，∵a 3 ＝ 32，S 3 ＝92，∴a n ＝32 ； ②当 q≠1 时，∵a 3 ＝ 32，S 3 ＝92，∴a 1 q 2 ＝ 32，a 1 1－q 3 1－q＝ 92，解得 a 1 ＝6，q＝－ 12，此时 a n ＝6· － 12n － 1.综上所述，数列{a n }的通项公式为 a n ＝ 32 或 a n ＝6· － 12n － 1.(2)①当 a n ＝ 32 时，b n ＝log 26a 2n ＋ 1 ＝2，故 T n ＝2n； ②当 a n ＝6·－ 12n － 1 时，b n ＝log 26a 2n ＋ 1 ＝2n，此时 T n ＝2·nn＋12＝n(n＋1)． 综上所述，T n ＝2n 或 T n ＝n(n＋1).1.等比数列基本运算中的两种常用数学思想 方程的思想 等比数列中有五个量 a 1，n，q，a n，S n，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量 a 1 和 q，问题可迎刃而解．如举例说明 2 分类讨论的思想 等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，当 q＝1 时，{a n }的前 n 项和 S n ＝na 1 ；当 q≠1 时，{a n }的前 n项和 S n ＝ a1 1－q n 1－q＝ a1 －a n q1－q.如举例说明 3 2.等比数列的基本运算方法(1)等比数列可以由首项 a 1 和公比 q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕 a 1 和 q 进行．(2)对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过列方程(组)求出 a 1，q.如果再给出第三个条件就可以完成 a 1，n，q，a n，S n 的“知三求二”问题.1.等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ＝32n－ 1 ＋r，则 r 的值为()A.13 B．－ 13 C.19 D．－ 19

答案 B 解析 当 n≥2 时，a n ＝S n －S n － 1 ＝32n－ 1 ＋r－32n－ 3 －r＝8·32n－ 3，当 n＝1 时，a 1 ＝S 1 ＝3 2－ 1 ＋r＝3＋r，∵数列是等比数列，∴a 1 满足 a n ＝8·32n－ 3，即 8·3 2－ 3 ＝3＋r＝ 83，即 r＝－13，故选 B.2.(2020·滨海新区期中)已知递增等比数列{a n }的第三项、第五项、第七项的积为 512，且这三项分别减去 1,3,9 后成等差数列．(1)求{a n }的首项和公比；(2)设 S n ＝a 2 1 ＋a 2 2 ＋…＋a 2 n，求 S n.解(1)根据等比数列的性质，可得 a 3 ·a 5 ·a 7 ＝a 3 5 ＝512，解得 a 5 ＝8.设数列{a n }的公比为 q，则 a 3 ＝8q 2，a 7 ＝8q2，由题设可得  8q 2 －1 ＋(8q2 －9)＝2×(8－3)＝10，解得 q 2 ＝2 或 12.∵{a n }是递增数列，可得 q＞1，∴q 2 ＝2，得 q＝ 2.因此 a 5 ＝a 1 q 4 ＝4a 1 ＝8，解得 a 1 ＝2.(2)由(1)得{a n }的通项公式为 a n ＝a 1 q n－ 1 ＝2×(2)n － 1 ＝(2)n ＋ 1，∴a 2 n ＝[(2)n＋ 1 ] 2 ＝2 n ＋ 1，可得{a 2 n }是以 4 为首项，2 为公比的等比数列． 因此 S n ＝a 2 1 ＋a 2 2 ＋…＋a 2 n ＝ 41－2n 1－2＝2 n＋ 2 －4.题型 二 等比数列的判定与证明(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足 a 1 ＝1，na n ＋ 1 ＝2(n＋1)a n，设 b n ＝ ann.(1)求 b 1，b 2，b 3 ；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．

解(1)由条件可得 a n ＋ 1 ＝ 2n＋1na n.将 n＝1 代入，得 a 2 ＝4a 1，而 a 1 ＝1，所以 a 2 ＝4.将 n＝2 代入，得 a 3 ＝3a 2，所以 a 3 ＝12.从而 b 1 ＝1，b 2 ＝2，b 3 ＝4.(2){b n }是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由题设条件可得a n ＋ 1n＋1 ＝2a nn，即 b n ＋1 ＝2b n，又 b 1 ＝1，所以{b n }是首项为 1，公比为 2 的等比数列．(3)由(2)可得 ann＝2 n－ 1，所以 a n ＝n·2 n － 1.条件探究 1 将本例中的条件改为“a 1 ＝1，a 2 n －(2a n ＋ 1 －1)a n －2a n ＋ 1 ＝0，且a n >0”，求{a n }的通项公式． 解 由 a 2 n －(2a n ＋ 1 －1)a n －2a n ＋ 1 ＝0，得 2a n ＋ 1(a n ＋1)＝a n(a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，所以 an ＋ 1a n＝ 12.故{a n }是首项为 1，公比为 12 的等比数列，因此 a n ＝12 n－ 1.条件探究 2 将本例中的条件改为“a 1 ＝3，a n ＋a n － 1 ＝a n a n － 1(n≥2，且 n∈N)”．求证数列   1a n －12是等比数列，并求出 a n.解 ∵a n ＋a n － 1 ＝a n a n － 1，∴1a n － 1 ＋1a n ＝1，∴1a n ＝－1a n － 1 ＋1，∴1a n －12 ＝－ 1a n － 1 －12(n≥2)，∴     1a n －12是以1a 1 －12 ＝－16 为首项，－1 为公比的等比数列． ∴1a n －12 ＝－16 ×(－1)n － 1，∴a n ＝63＋－1 n.等比数列的判定方法(1)定义法：若 an ＋ 1a n＝q(q 为非零常数，n∈N *)或a na n － 1 ＝q(q 为非零常数且 n≥2，n∈N *)，则{a n }是等比数列．见举例说明(2)．(2)等比中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0 且 a 2 n ＋ 1 ＝a n ·a n ＋ 2(n∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成 a n ＝c·q n(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N *)，则{a n }是等比数列.(4)前 n 项和公式法：若数列{a n }的前 n 项和 S n ＝k·q n －k(k 为常数且 k≠0，q≠0,1)，则{a n }是等比数列． 提醒：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么()A.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列 B.{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列 C.{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列 D.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列 答案 C 解析 a n ＝1，b n ＝(－1)n，则{a n }，{b n }都是等比数列，但{a n ＋b n }不是等比数列； 设等比数列{a n }的公比为 p，等比数列{b n }的公比为 q，则 an ＋ 1 b n ＋ 1a n b n＝ an ＋ 1a n·b n ＋ 1b n＝pq.所以数列{a n ·b n }一定是等比数列.2.设数列{a n }的前 n 项和为 S n，满足：S n ＋a n ＝n－1nn＋1，n＝1,2，…，n.(1)求证：数列    S n －1n＋1是等比数列；(2)求 S n.解(1)证明：由题意，n＝1 时，S 1 ＋a 1 ＝0，即 a 1 ＝0，n≥2 时，S n ＋S n －S n －

1 ＝2S n －S n － 1 ＝n－1nn＋1 ＝2n＋1 －1n，所以 S n －1n＋1 ＝12S n － 1 － 1n，S 1 － 12 ＝－12，所以数列  S n －1n＋1是以－ 12 为首项，12 为公比的等比数列．(2)由(1)知，S n －1n＋1 ＝ 12n － 1 － 12＝－  12n，所以 S n ＝1n＋1 － 12n.题型 三 等比数列前 n 项和及性质的应用 角度 1 等比数列通项的性质 1.已知数列{a n }是递增的等比数列，且 a 4 a 6 －2a 2 4 ＋a 2 a 4 ＝144，则 a 5 －a 3 ＝()A.6 B．8 C．10 D．12 答案 D 解析 ∵{a n }是递增的等比数列，∴由 a 4 a 6 －2a 2 4 ＋a 2 a 4 ＝144，a 5 －a 3 >0，可得 a 2 5 －2a 3 a 5 ＋a 2 3 ＝144，(a 5 －a 3)2 ＝144，∴a 5 －a 3 ＝12，故选 D.2.(2019·开封模拟)已知数列{a n }满足 log 2 a n ＋ 1 ＝1＋log 2 a n(n∈N *)，且 a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＋…＋a 10 ＝1，则 log 2(a 101 ＋a 102 ＋…＋a 110)＝________.答案 100 解析 由 log 2 a n ＋ 1 ＝1＋log 2 a n，可得 log 2 a n ＋ 1 ＝log 2 2a n，所以 a n ＋ 1 ＝2a n，所以数列{a n }是以 a 1 为首项，2 为公比的等比数列，又 a 1 ＋a 2 ＋…＋a 10 ＝1，所以 a 101 ＋a 102 ＋…＋a 110 ＝(a 1 ＋a 2 ＋…＋a 10)×2 100 ＝2 100，所以 log 2(a 101 ＋a 102 ＋…＋a 110)＝log 2 2 100 ＝100.角度 2 等比数列的前 n 项和的性质 3.(2019·丽水模拟)设各项都是正数的等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，且 S 10 ＝10，S 30 ＝70，那么 S 40 等于()A.150 B．－200 C.150 或－200 D．400 或－50

答案 A 解析 易知 S 10，S 20 －S 10，S 30 －S 20，S 40 －S 30 成等比数列，因此有(S 20 －S 10)2＝S 10(S 30 －S 20)，即(S 20 －10)2 ＝10(70－S 20)，故 S 20 ＝－20 或 S 20 ＝30.又 S 20 >0，所以 S 20 ＝30，S 20 －S 10 ＝20，S 30 －S 20 ＝40，故 S 40 －S 30 ＝80，所以 S 40 ＝150.故选 A.4.(2020·池州高三上学期期末)已知等比数列{a n }的公比 q＝2，前 100 项和为S 100 ＝90，则其偶数项 a 2 ＋a 4 ＋…＋a 100 为()A.15 B．30 C．45 D．60 答案 D 解析 设 S＝a 1 ＋a 3 ＋…＋a 99，则 a 2 ＋a 4 ＋…＋a 100 ＝(a 1 ＋a 3 ＋…＋a 99)q＝2S，又因为 S 100 ＝a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＋…＋a 100 ＝90，所以 3S＝90，S＝30，所以 a 2 ＋a 4 ＋…＋a 100 ＝2S＝60.1.掌握运用等比数列性质解题的两个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出 a 1，q 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件．(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：

①若{a n }是等比数列，且 a n >0，则{log a a n }(a>0 且 a≠1)是以 log a a 1 为首项，log a q为公差的等差数列． ②若公比不为－1 的等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，则 S n，S 2n －S n，S 3n －S 2n仍成等比数列，其公比为 q n.如举例说明 3.2.牢记与等比数列前 n 项和 S n 相关的几个结论(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为 q.①若共有 2n 项，则 S 偶 ∶S 奇 ＝q； ②若共有 2n＋1 项，则 S 奇 －S 偶 ＝ a1 ＋a 2n ＋ 1 q1＋q(q≠1 且 q≠－1)，S奇 －a 1S 偶＝q.(2)分段求和：S n ＋ m ＝S n ＋q n S m ⇔q n ＝ Sn ＋ m －S nS m(q 为公比).1.(2019·青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，且满足

a 6, 3a 4，－a 5 成等差数列，则 S4S 2 ＝()A.3 B．9 C．10 D．13 答案 C 解析 设等比数列{a n }的公比为 q，因为 a 6, 3a 4，－a 5 成等差数列，所以 6a 4 ＝a 6 －a 5，所以 6a 4 ＝a 4(q 2 －q)． 由题意得 a 4 >0，q>0.所以 q 2 －q－6＝0，解得 q＝3，所以 S4S 2 ＝S 2 ＋q 2 S 2S 2＝1＋q 2 ＝10.2.(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足 a 1 ＝3，a 1 ＋a 3 ＋a 5 ＝21，则 a 3 ＋a 5＋a 7 ＝()A.21 B．42 C．63 D．84 答案 B 解析 设{a n }的公比为 q，由 a 1 ＝3，a 1 ＋a 3 ＋a 5 ＝21 得 1＋q 2 ＋q 4 ＝7，解得q 2 ＝2(负值舍去)． ∴a 3 ＋a 5 ＋a 7 ＝a 1 q 2 ＋a 3 q 2 ＋a 5 q 2 ＝(a 1 ＋a 3 ＋a 5)q 2 ＝21×2＝42.故选 B.3.各项均为正数的等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，若 S n ＝2，S 3n ＝14，则 S 4n等于()A.80 B．30 C．26 D．16 答案 B 解析 由题意知公比大于 0，由等比数列的性质知 S n，S 2n －S n，S 3n －S 2n，S 4n－S 3n，…仍为等比数列． 设 S 2n ＝x，则 2，x－2,14－x 成等比数列． 由(x－2)2 ＝2×(14－x)，解得 x＝6 或 x＝－4(舍去)．

∴S n，S 2n －S n，S 3n －S 2n，S 4n －S 3n，…是首项为 2，公比为 2 的等比数列． 又 S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×2 3 ＝30.故选 B.组 基础关 1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前 4 项和为 15，且 a 5＝3a 3 ＋4a 1，则 a 3 ＝()A.16 B．8 C．4 D．2 答案 C 解析 由题意知 a 1 >0，q>0，a 1 ＋a 1 q＋a 1 q 2 ＋a 1 q 3 ＝15，a 1 q 4 ＝3a 1 q 2 ＋4a 1，解得   a 1 ＝1，q＝2，∴a 3 ＝a 1 q 2 ＝4.故选 C.2.(2020·新乡调研)已知各项均不为 0 的等差数列{a n }满足 a 3 － a272＋a 11 ＝0，数列{b n }为等比数列，且 b 7 ＝a 7，则 b 1 ·b 13 ＝()A.25 B．16 C．8 D．4 答案 B 解析 由 a 3 － a272＋a 11 ＝0，得 2a 7 － a272＝0，a 7 ＝4，所以 b 7 ＝4，b 1 ·b 13 ＝b 2 7 ＝16.3.(2020·天津武清区模拟)设{a n }是首项大于零的等比数列，则“a 2 1 1，则 q>1 或 q<－1，当 q<－1 时，数列为摆动数列，则“数列{a n }为递增数列”不成立，即充分性不成立，若“数列{a n }为递增数列”，则 a 1 0，∴a 2 >0，则“a 2 1 0)的等比数列{a n }的前n项和为S n.若S 2 ＝3a 2 ＋2，S 4 ＝3a 4 ＋2，则 a 1 等于()A.－2 B．－1 C.12 D.23 答案 B 解析 将已知两式作差得 S 4 －S 2 ＝3a 4 －3a 2，所以 a 3 ＋a 4 ＝3a 4 －3a 2，即 3a 2＋a 2 q－2a 2 q 2 ＝0.所以 2q 2 －q－3＝0，解得 q＝ 32 或 q＝－1(舍去)．将 q＝32 代入 S 2＝3a 2 ＋2，即 a 1 ＋a 1 q＝3a 1 q＋2，解得 a 1 ＝－1.6.(2019·郑州模拟)等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，若 S 2n ＝4(a 1 ＋a 3 ＋…＋a 2n －1)，a 1 a 2 a 3 ＝－27，则 a 5 ＝()A.81 B．24 C．－81 D．－24 答案 C 解析 解法一：易知等比数列{a n }的公比 q≠1，由 S 2n ＝4(a 1 ＋a 3 ＋…＋a 2n － 1)，可得 a1 1－q2n1－q＝4× a1 1－q2n1－q 2，解得 q＝3.由 a 1 a 2 a 3 ＝a 3 2 ＝－27，得 a 2 ＝－3，所以

a 5 ＝a 2 q 3 ＝－3×3 3 ＝－81.故选 C.解法二：当 n＝1 时，S 2 ＝a 1 ＋a 2 ＝4a 1，即 a 2 ＝3a 1，所以 q＝3.又 a 1 a 2 a 3 ＝a 3 2 ＝－27，所以 a 2 ＝－3，所以 a 5 ＝a 2 q 3 ＝－3×3 3 ＝－81.故选 C.7.(2019·南昌模拟)在等比数列{a n }中，a 1 ＋a n ＝66，a 2 a n － 1 ＋a 3 a n － 2 ＝256，且前 n 项和 S n ＝126，则 n＝()A.2 B．4 C．6 D．8 答案 C 解析 因为数列{a n }是等比数列，所以 a 2 a n － 1 ＝a 3 a n － 2 ＝a 1 a n，又因为 a 2 a n － 1 ＋a 3 a n － 2 ＝256，所以 a 1 a n ＝128，又因为 a 1 ＋a n ＝66.所以 a 1 ＝2，a n ＝64 或 a 1 ＝64，a n ＝2.因为 S n ＝ a1 －a n q1－q，且 S n ＝126，所以若 a 1 ＝2，a n ＝64，则 2－64q1－q＝126，得 q＝2.此时 a n ＝2×2 n－ 1 ＝2 n ＝64，n＝6；若 a 1 ＝64，a n ＝2，则64－2q1－q＝126，得 q＝ 12，此时 a n ＝64× 12n － 1 ＝2，得 n＝6.综上知，n＝6.8.已知等比数列{a n }满足 a 1 ＝ 14，a 3 a 5 ＝4(a 4 －1)，则 q＝________.答案 2 解析 由等比数列的性质得 a 2 4 ＝a 3 a 5，又因为 a 3 a 5 ＝4(a 4 －1)，所以 a 2 4 ＝4(a 4 －1)，解得 a 4 ＝2.又 a 1 ＝ 14，所以 q3 ＝ a 4a 1 ＝8，解得 q＝2.9.设等比数列{a n }的前 n 项和为 S n，若 S 10 ∶S 5 ＝1∶2，则 S 15 ∶S 5 ＝________.答案 3∶4 解析 因为 S 10 ∶S 5 ＝1∶2，所以设 S 5 ＝2a，S 10 ＝a(a≠0)，因为 S 5，S 10 －S 5，S 15 －S 10 成等比数列，即 2a，－a，S 15 －a 成等比数列，所以(－a)2 ＝2a(S 15 －a)，解得 S 15 ＝ 3a2，所以 S 15 ∶S 5 ＝3∶4.10.已知{a n }是等比数列，a 2 ＝2，a 5 ＝ 14，则 a 1 a 2 ＋a 2 a 3 ＋…＋a n a n ＋ 1等于________． 答案 323 1－14 n 解析 因为{a n }是等比数列，a 2 ＝2，a 5 ＝ 14，所以 q 3 ＝ a5a 2 ＝18，则 q＝12，所以 an a n ＋ 1a n － 1 a n ＝q2 ＝ 14(n≥2)． 所以数列{a n a n ＋ 1 }是以 8 为首项，14 为公比的等比数列． 所以 a 1 a 2 ＋a 2 a 3 ＋…＋a n a n ＋ 1 ＝8  1－  14n1－ 14＝ 323 1－14 n.组 能力关 1.(2018·北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 12 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为()A.3 2f B.3 2 2 f C.12 2 5 f D.12 2 7 f 答案 D 解析 由已知，单音的频率构成一个首项为 f，公比为 12 2的等比数列，记为{b n }，共有 13 项．由等比数列的通项公式可知，b 8 ＝b 1 q 7 ＝f×(12 2)7 ＝ 12 2 7 f.2.(2019·天水市秦州区模拟)设△ABC 的内角 A，B，C 成等差数列，sinA，sinB，sinC 成等比数列，则这个三角形的形状是()A.等边三角形 B．钝角三角形 C.直角三角形 D．等腰直角三角形 答案 A 解析 由题意得 2B＝A＋C，又 A＋B＋C＝π，所以 B＝ π3，又因为 sin2 B＝sinAsinC，由正弦定理得 b 2 ＝ac.由余弦定理得 b 2 ＝a 2 ＋c 2 －2accosB＝a 2 ＋c 2 －ac，所以 a 2 ＋c 2 －2ac＝0，即(a－c)2 ＝0，所以 a＝c.所以△ABC 是等边三角形.3.若数列{a n ＋ 1 －a n }是等比数列，且 a 1 ＝1，a 2 ＝2，a 3 ＝5，则 a n ＝________.答案 3 n－ 1 ＋12 解析 因为 a 1 ＝1，a 2 ＝2，a 3 ＝5，所以 a 2 －a 1 ＝1，a 3 －a 2 ＝3.所以等比数列{a n ＋ 1 －a n }的首项为 1，公比为 3，所以 a n ＋ 1 －a n ＝1×3 n－ 1.所以 a 2 －a 1 ＝1，a 3 －a 2 ＝3，… a n －a n － 1 ＝3 n－ 2，以上各式相加得 a n －a 1 ＝1＋3＋…＋3 n－ 2 ＝ 1－3n － 11－3＝ 3n － 1 －12，又 a 1 ＝1，所以a n ＝ 3n － 1 ＋12(n≥2)． 当 n＝1 时，a 1 ＝1，也满足上式，所以 a n ＝ 3n － 1 ＋12.4.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1 ＝2，a 3 ＝2a 2 ＋16.(1)求{a n }的通项公式；(2)设 b n ＝log 2 a n，求数列{b n }的前 n 项和． 解(1)设{a n }的公比为 q，由题设得 2q 2 ＝4q＋16，即 q 2 －2q－8＝0.解得 q＝－2(舍去)或 q＝4.因此{a n }的通项公式为 a n ＝2×4 n－ 1 ＝22n－ 1.(2)由(1)得 b n ＝(2n－1)log 2 2＝2n－1，因此数列{b n }的前 n 项和为 1＋3＋…＋(2n－1)＝n 2.5.已知数列{a n }中，a 1 ＝1，a n ·a n ＋ 1 ＝  12n，记 T 2n 为{a n }的前 2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n － 1，n∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出 b n ；(2)求 T 2n.解(1)∵a n ·a n ＋ 1 ＝  12n，∴a n ＋ 1 ·a n ＋ 2 ＝  12n ＋ 1，∴ an ＋ 2a n＝ 12，即 a n ＋ 2 ＝12 a n.∵b n ＝a 2n ＋a 2n － 1，∴ bn ＋ 1b n＝ a2n ＋ 2 ＋a 2n ＋ 1a 2n ＋a 2n － 1＝12 a 2n ＋12 a 2n － 1a 2n ＋a 2n － 1＝ 12，∵a 1 ＝1，a 1 ·a 2 ＝ 12，∴a 2 ＝12，∴b 1 ＝a 1 ＋a 2 ＝ 32.∴{b n }是首项为 32，公比为12 的等比数列． ∴b n ＝ 32 × 12n － 1 ＝ 32 n.(2)由(1)可知，a n ＋ 2 ＝ 12 a n，∴a 1，a 3，a 5，…是以 a 1 ＝1 为首项，以 12 为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以 a 2 ＝ 12 为首项，以12 为公比的等比数列，∴T 2n ＝(a 1 ＋a 3 ＋…＋a 2n － 1)＋(a 2 ＋a 4 ＋…＋a 2n)＝1－  12n1－ 12＋121－  12n1－ 12＝3－32 n.

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